2022-2023学年安徽省铜陵一中高二数学第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．2π＋2 B．4π＋2C．2π＋ D．4π＋2．中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知,则A=A． B． C． D．3．已知向量，，其中，．若，则的最大值为（）A．1 B．2 C． D．4．与复数相等的复数是（）A． B． C． D．5．已知，，若，则x的值为（）A． B． C． D．6．已知函数，若对于区间上的任意，都有，则实数的最小值是()A．20 B．18C．3 D．07．根据如图所示的程序框图，当输入的值为3时，输出的值等于（）A．1 B． C． D．8．设a＝log54，b＝（log53）2，c＝log45，则（）A．a＜c＜b B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．b＜a＜c9．一个随机变量的分布列如图，其中为的一个内角，则的数学期望为（）A． B． C． D．10．已知的二项展开式中含项的系数为，则()A． B． C． D．11．某同学从家到学校要经过两个十字路口.设各路口信号灯工作相互独立，且在第一个路口遇到红灯的概率为，两个路口都遇到红灯的概率为，则他在第二个路口遇到红灯的概率为（）A． B． C． D．12．在某个物理实验中，测得变量x和变量y的几组数据，如下表：xy则下列选项中对x，y最适合的拟合函数是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在棱长为的正方体中，是棱的中点，则到平面的距离等于_____.14．已知实数x，y满足条件，则z=x+3y的最小值是_______________.15．为强化安全意识，某校拟在周一至周五的五天中随机选择天进行紧急疏散演练，则选择的天恰好为连续天的概率是__________．16．化简__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知二项式的展开式中各项的系数和为.（1）求；（2）求展开式中的常数项．18．（12分）现从某高中随机抽取部分高二学生,调査其到校所需的时间(单位:分钟),并将所得数据绘制成频率分布直方图(如图),其中到校所需时间的范围是,样本数据分组为.(1)求直方图中的值；(2)如果学生到校所需时间不少于1小时,则可申请在学校住宿.若该校录取1200名新生,请估计高二新生中有多少人可以申请住宿；(3)以直方图中的频率作为概率,现从该学校的高二新生中任选4名学生,用表示所选4名学生中“到校所需时间少于40分钟”的人数,求的分布列和数学期望．19．（12分）已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．20．（12分）在中，角所对的边长分别为，且满足．（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若的面积为，求的值．21．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.22．（10分）已知函数，.（1）当时，求的最小值；（2）当时，若存在，使得对任意的恒成立，求的取值范围．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

试题分析：由三视图知几何体是一个简单的组合体，上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，对角线长是，侧棱长，高是，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是，高是，所以组合体的体积是，故选C.考点：几何体的三视图及体积的计算.【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图及其体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中根据三视图得出上面一个四棱锥、下面是一个圆柱组成的组合体，得到几何体的数量关系是解答的关键，属于基础题.2、C【解析】试题分析：由余弦定理得：，因为，所以，因为，所以，因为，所以，故选C.【考点】余弦定理【名师点睛】本题主要考查余弦定理的应用、同角三角函数的基本关系，是高考常考知识内容.本题难度较小，解答此类问题，注重边角的相互转换是关键，本题能较好地考查考生分析问题、解决问题的能力及基本计算能力等.3、D【解析】

已知向量，，根据，得到，即，再利用基本不等式求解.【详解】已知向量，，因为，所以，即，又因为，，所以，当且仅当，，即时，取等号，所以的最大值为.故选：D【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算和基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.4、C【解析】

根据复数运算，化简复数，即可求得结果.【详解】因为.故选：C.【点睛】本题考查复数的运算，属基础题.5、D【解析】此题考查向量的数量积解：因为，所以选D.答案：D6、A【解析】

对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，利用导数确定函数的单调性，求最值，即可得出结论．【详解】对于区间[﹣3，2]上的任意x1，x2都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，等价于对于区间[﹣3，2]上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，∵f（x）=x3﹣3x﹣1，∴f′（x）=3x2﹣3=3（x﹣1）（x+1），∵x∈[﹣3，2]，∴函数在[﹣3，﹣1]、[1，2]上单调递增，在[﹣1，1]上单调递减，∴f（x）max=f（2）=f（﹣1）=1，f（x）min=f（﹣3）=﹣19，∴f（x）max﹣f（x）min=20，∴t≥20，∴实数t的最小值是20，故答案为A【点睛】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，正确求导，确定函数的最值是关键．7、C【解析】

根据程序图，当x<0时结束对x的计算，可得y值．【详解】由题x=3，x=x-2=3-1，此时x>0继续运行，x=1-2=-1<0，程序运行结束，得，故选C．【点睛】本题考查程序框图，是基础题．8、D【解析】

∵a＝log54＜log55＝1，b＝（log53）2＜（log55）2＝1，c＝log45＞log44＝1，所以c最大单调增，所以又因为所以b<a所以b<a<c.故选D．9、D【解析】

利用二倍角的余弦公式以及概率之和为1，可得，然后根据数学期望的计算公式可得结果.【详解】由，得，所以或(舍去)则，故选：D【点睛】本题考查给出分布列，数学期望的计算，掌握公式，细心计算，可得结果.10、C【解析】分析：先根据二项式定展开式通项公式求m,再求定积分.详解：因为的二项展开式中，所以,因此选C.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.11、C【解析】

记在两个路口遇到红灯分别为事件A，B，由于两个事件相互独立，所以，代入数据可得解.【详解】记事件A为：“在第一个路口遇到红灯”，事件B为：“在第二个路口遇到红灯”，由于两个事件相互独立，所以，所以.【点睛】本题考查相互独立事件同时发生的概率问题，考查运用概率的基本运算.12、D【解析】

根据所给数据，代入各函数，计算验证可得结论．【详解】解：根据，，代入计算，可以排除；根据，，代入计算，可以排除、；将各数据代入检验，函数最接近，可知满足题意故选：．【点睛】本题考查了函数关系式的确定，考查学生的计算能力，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意画出正方体，求出的面积，利用等体积法求解到平面的距离.【详解】由题意，画出正方体如图所示，，点是中点，所以，在中，，，，所以，，所以，设到平面的距离为，由，得，解得，.故答案为：【点睛】本题主要考查求点到平面距离的方法、棱锥体积公式、余弦定理和三角形面积公式的应用，考查等体积法的应用和学生的转化和计算能力，属于中档题.14、-5【解析】作可行域,则直线z=x+3y过点A(1,-2)取最小值-5点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.15、【解析】试题分析：考查古典概型的计算公式及分析问题解决问题的能力.从个元素中选个的所有可能有种，其中连续有共种，故由古典概型的计算公式可知恰好为连续天的概率是.考点：古典概型的计算公式及运用.16、【解析】分析：利用二项式逆定理即可.详解：（展开式实部）（展开式实部）.故答案为：.点睛：本题考查二项式定理的逆应用，考查推理论证能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）8；（2）.【解析】

⑴观察可知，展开式中各项系数的和为，即，解出得到的值⑵利用二次展开式中的第项，即通项公式，将第一问的代入，并整理，令的次数为，解出，得到答案【详解】（1）由题意，得，即＝256，解得n＝8.（2）该二项展开式中的第项为Tr＋1＝，令＝0，得r＝2，此时，常数项为＝28.【点睛】本题主要考的是利用赋值法解决展开式的系数和问题，考查了利用二次展开式的通项公式解决二次展开式的特定项问题。18、（1）；（2）180；（3）.【解析】分析：（1）根据频率分布直方图的矩形面积之和为1求出x的值；（2）根据上学时间不少于1小时的频率估计住校人数；（3）根据二项分布的概率计算公式得出分布列，再计算数学期望.详解：(1)由直方图可得,∴.(2)新生上学所需时间不少于1小时的频率为:,,∴估计1200名新生中有180名学生可以申请住.(3)的可能取值为,有直方图可知，每位学生上学所需时间少于40分钟的概率为,,,,,,则的分布列为01234的数学期望.点睛：本题考查了频率分布直方图，离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题.19、（1）详见解析；（2）.【解析】

（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证；（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分①若②③三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.【详解】解：（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），设函数，则；（i）当时，，在上单调递增，又，取b满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；（iii）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及利用导数研究函数的极值，及函数的零点存在定理，注意分类讨论思想的运用.20、（1）;（2）.【解析】分析：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得，sinCsinB=sinBcosC，进而利用同角三角函数基本关系式可求tanC=，即可得解C的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）利用余弦定理可求a2+b2﹣c2=ab，又a2﹣c2=2b2，可得a=3b，利用三角形面积公式即可解得b的值．详解：1由已知及正弦定理可得，，，，2

由1可得，，，又，，由题意可知，，，可得：

点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.21、(1)见详解；(2)或.【解析】

(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2)根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．22、（1）见解析；（2）【解析】

（1）求出f（x）的定义域，求导数f′（x），得其极值点，按照极值点a在[1，e2]的左侧、内部、右侧三种情况进行讨论，可得其最小值；（2）存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[﹣2，0]，f（x1）＜g（x2）恒成立，即f（x）min＜g（x）min，由（1）知f（x）在[e，e